1.28小结
这几天主要在看数据结构的网课，主要了解了一下算法时间复杂度、空间复杂度的表达方法、计算方式还有关于线性表的一些知识（大部分理论为主）
今天下午进行了第二次测试（只ac了一道题，还有两道只过了一部分），测试结束看完了题解准备梳理一下再进行补题
还写了一道机器人搬重物（卡了好几天）
一、算法时间复杂度
主要含义为时间开销与问题规模n的关系 算法的时间复杂度的具体表示为：用大写的 O 来体现算法时间复杂度如O（f（n）），称之为 大 O 记数法。（采取高阶表示法）
高价表示法（一般低阶在时间上有所差异，但是相对于高阶来说就比较小了）
时间复杂度的运算规则：
二、空间复杂度
主要含义为空间开销与问题规模n的关系
空间开销就是代码中开辟的空间的空间大小（变量、函数、递归等都会开辟出相应的空间）
可以通过一个简单的图形和一些简答的算法来进行理解、
特别值得注意的一点就是我们只需要关注与其复杂度相关的变量，一个程序中的很多代码都与空间复杂度无关
三、线性表
线性表与逻辑结构（数据结构三要素之一）关系十分紧密
通过一张图可以很清晰的了解其定定义
线性表的最基础的操作如：插入、删除、增加等
线性表又可以分为几大类
顺序表就是其中之一
P1126 机器人搬重物 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
题目描述
机器人移动学会（RMI）现在正尝试用机器人搬运物品。机器人的形状是一个直径 1.61.6 米的球。在试验阶段，机器人被用于在一个储藏室中搬运货物。储藏室是一个 N×M 的网格，有些格子为不可移动的障碍。机器人的中心总是在格点上，当然，机器人必须在最短的时间内把物品搬运到指定的地方。机器人接受的指令有：
- 向前移动 1步（
Creep）； - 向前移动 2步（
Walk）； - 向前移动 3步（
Run）； - 向左转（
Left）； - 向右转（
Right）。
每个指令所需要的时间为 1 秒。请你计算一下机器人完成任务所需的最少时间。
输入格式
第一行为两个正整数 N,M (1≤N,M≤50)N,M (1≤N,M≤50)，下面 N 行是储藏室的构造，0 表示无障碍，1 表示有障碍，数字之间用一个空格隔开。接着一行有 4 个整数和 1 个大写字母，分别为起始点和目标点左上角网格的行与列，起始时的面对方向（东 E，南 S，西 W，北 N），数与数，数与字母之间均用一个空格隔开。终点的面向方向是任意的。
输出格式
一个整数，表示机器人完成任务所需的最少时间。如果无法到达，输出 −1。
输入输出样例
输入
9 10 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 7 2 2 7 S
输出
12
思路：个人认为这道题是真的坑啊（借助别人的题解勉强搞懂）
1.只要有一个格点在障碍物上，那么与其相对应的四个点机器人都会无法到达
2.机器人是一个球，其中心点无法达到边界，所以我们敲代码时机器人能到达的范围为（N-1）*（M-1）
3.我们设定方向数组后需注意每个方向均有三种移动情况
4.机器人直径为1.6（对于这个我是借鉴别人的题解进行处理的）
上面的这些坑点注意之后，下面的代码还是耗费了很长时间才搞出来
代码：
#include
#include
using namespace std;
int mod(int x) {
return (x + 4) % 4;
}
struct pt {
int x, y, dir, step;
pt() {}
pt(int a, int b, int c, int d) :x(a), y(b), dir(c), step(d) {}
};
const int movx[] = { 0,1,0,-1 }, movy[] = { 1,0,-1,0 };
int a[60][60];
bool vis[60][60][5];//x,y坐标和方向
int n, m;
pt st, ed;
void bfs() {
queue q;
bool flag = false;//用于判断最后机器人是否能到达
st.step = 0;
q.push(st);
vis[st.x][st.y][st.dir] = true;
while (!q.empty()) {
pt t = q.front();
q.pop();
if (t.x == ed.x && t.y == ed.y) {
cout << t.step << endl;
flag = true;
break;
}
for (int i = 1; i <= 3; i++) {
int u, v;
u = t.x + i * movx[t.dir];
v = t.y + i * movy[t.dir];
if (u <= 0 || u >= n || v <= 0 || v >= m || a[u][v] == 1) {//范围判断
break;
}
if (vis[u][v][t.dir]) {
continue;
}
vis[u][v][t.dir] = true;
q.push(pt(u, v, t.dir, t.step + 1));
}
if (!vis[t.x][t.y][mod(t.dir + 1)]) {
vis[t.x][t.y][mod(t.dir + 1)] = true;
q.push(pt(t.x, t.y, mod(t.dir + 1), t.step + 1));
}
if (!vis[t.x][t.y][mod(t.dir - 1)]) {
vis[t.x][t.y][mod(t.dir - 1)] = true;
q.push(pt(t.x, t.y, mod(t.dir - 1), t.step + 1));
}
}
if (!flag) {
cout << -1 << endl;
}
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
scanf("%d", &a[i][j]);
if (a[i][j] == 1) {
a[i - 1][j - 1] = a[i - 1][j] = a[i][j - 1] = 1;//一个格点受阻，周围的都无法到达
}
}
}
cin >> st.x >> st.y >> ed.x >> ed.y;
char c;
cin >> c;
switch (c) {//选择方向
case 'E':
st.dir = 0; break;
case 'S':
st.dir = 1; break;
case 'W':
st.dir = 2; break;
case 'N':
st.dir = 3; break;
}
bfs();
}